bài toán hóa học sử dụng dung dịch ảo

Biờn son : Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th; T : 01223 367 990

CHUYấN 14 : S DNG DUNG DCH O
GII NHANH BI TP HểA Vễ C
1. C s ca phng phỏp
Coi dung dch cha ion HCO3 l dung dch cha 2 ion H+ , CO32 . Ta cú th lm tng t vi cỏc ion
HSO32 , HPO42 , H2PO4 .

2. Vớ d minh ha
Vớ d 1: Cho 100 ml dung dch NaOH 4M tỏc dng vi 100 ml dung dch H 3PO4 aM, thu c dung dch
cha 25,95 gam hn hp hai mui. Giỏ tr ca a l:
A. 1,5.
B. 1,75.
C. 1,25.
D. 1.
( thi th i hc ln 1 THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th,
nm hc 2010 2011)
Hng dn gii
Cỏch 1 : S dng phng phỏp bo ton khi lng
Vỡ phn ng to ra hai mui nờn NaOH ó phn ng ht.
S phn ng :
H3PO4 + NaOH mui + HOH (H2O)
Bn cht phn ng l :
H+ + OH HOH
Nhn thy : nHOH = nOH = nNaOH = 0,4 mol
T ú s tớnh c khi lng ca H 2O. Mt khỏc, khi lng ca hn hp mui ó bit v d dng tớnh
c khi lng ca NaOH (vỡ ó bit s mol).
Theo bo ton khi lng, ta cú :
mH PO + mNaOH = mmuoỏi + mH O mH PO = 17,15 gam
3 4
14 23 434 14 2 43 12 3 { 2

0,4.40

?

25,95

0,4.18

17,15
0,175
= 0,175 mol [H3PO4] =
= 1,75M
98
0,1
Cỏch 2 : S dng dung dch o
nH

3PO4

=

Coi dung dch sau phn ng cha cỏc ion PO43 , Na+ , H+ .
Ta cú :
nPO 3 = nH3PO4 = 0,1a mol; nNa+ = nNaOH = 0,4 mol;
4

nH+ /dd sau phaỷn ửựng = 3nH3PO4 nNaOH = (0,3a 0,4) mol.
123 {
n

H+ ban ủa
u

n

OH

Theo gi thit v bo ton khi lng, ta cú :
mmuoỏi = 0,1
0,4 = 25,95 a = 1,75
14 2a.95
43 + 0,4.23
1 2 3 + 0,3a
14 243
m

PO43

m

Na+

m

H+

Vớ d 2: Cho m gam P2O5 tỏc dng vi 253,5 ml dung dch NaOH 2M, sau khi cỏc phn ng xy ra hon ton
thu c dung dch X. Cụ cn dung dch X, thu c 3m gam cht rn khan. Giỏ tr ca m l
A. 21,30.
B. 8,52.

C. 12,78.
D. 7,81.
( thi tuyn sinh i hc khi B nm 2014)
Hng dn gii
Cỏch 1 : S dng bo ton nguyờn t v bo ton khi lng
Bn cht phn ng ca P2O5 vi dung dch NaOH l phn ng ca H3PO4 vi dung dch NaOH.
Nu H3PO4 cũn d sau phn ng thỡ khụng th cụ cn dung dch, do H 3PO4 khụng bay hi. Nh vy H3PO4 ó
phn ng ht. Cht rn l mui hoc hn hp gm mui trung hũa v NaOH d.
Trang 1/4 - Mó thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

* Trường hợp 1 : Ion H+ chuyển hết vào H2O
Theo bảo tồn ngun tố P và bảo tồn ngun tố H trong phản ứng của H 3PO4 với NaOH, ta có:
2m
6m
; nHOH = 3nH PO =
3
4
142
142
Theo bảo tồn khối lượng, ta có :
nH PO = 2nP O =
3

4

2 5

mH3PO4 + mNaOH = mchấtrắn + mH2O ⇒ m = 8,52 gam
1 2 3 12 3 14 2 43 {
2m.98
142

0,507.40

6m.18
142

3m

* Trường hợp 2 : Ion OH− chuyển hết vào H2O
Theo bảo tồn ngun tố P và bảo tồn nhóm OH trong phản ứng của H 3PO4 với NaOH, ta có:
2m
;n
= nNaOH = 0,507
142 HOH
Theo bảo tồn khối lượng, ta có :
nH3PO4 = 2nP2O5 =

mH3PO4 + mNaOH = mchấtrắn + mH2O ⇒ m = 6,88 gam
1 2 3 12 3 14 2 43 {
2m.98
142

0,507.40

0,507.18

3m

Với m = 6,88 gam thì nOH− > nH+ tức là OH− dư: Khơng thỏa mãn.
● Cách 2 : Sử dụng dung dịch ảo
* Trường hợp 1 : Nếu ion OH− hết thì coi dung dịch sau phản ứng chứa các ion Na+ , H+ , PO43− .
2m
mol; nNa+ = nNaOH = 0,507 mol.
4
142
6m
6m
nH+ bđ = 3nPO 3− =
mol; nOH− = 0,507 mol; nH+ /dd sau phản ứng = (
− 0,507) mol.
4
142
142
Theo giả thiết và bảo tồn khối lượng, ta có :
2m
6m
mmuối = 95.
+ 0,507.23
+
− 0,507 = 3m ⇒ m = 6,88 gam.
14
2
4
3
142
14 2142

43
1
4
243
m
nPO 3− = 2nP2O5 =

Na+

m

PO43−

m

H+

ng thỏ
a mã
n.
Với m = 6,88⇒ nH = 0,29 < nOH = 0,507: khô
+

−

* Trường hợp 2 : Nếu ion OH− dư thì coi dung dịch sau phản ứng chứa các ion Na+ , OH− , PO43− . Ta có :
6m
) mol.
142
Theo giả thiết và bảo tồn khối lượng, ta có :

2m
6m
mchấtrắn = 95.
+ 0,507.23
+ 17.(0,507 −
) = 3m ⇒ m = 8,52 gam
14
2
4
3
142
14 2142
43
144244
3
m
nOH− /dd sau phản ứng = (0,507 −

m

PO43−

Na+

m

OH−

Ví dụ 3: Dung dịch X chứa các ion: CO32− , SO32− , SO42− , 0,1 mol HCO3− , 0,3 mol HSO3− và 1 mol K+.
Thêm V lít dung dịch Ba(OH)2 1M vào X thì thu được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V là :

A. 0,15.
B. 0,25.
C. 0,20.
D. 0,30.
Hướng dẫn giải
Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm các ion CO32− , SO32− , SO 4 2− , 0,4 mol H + , và 0,1 mol
K+.
Cho Ba(OH)2 vào X’ tạo ra kết tủa là BaCO 3, BaSO3, BaSO4. Như vậy các ion H+, K+ được thay thế bằng
ion Ba2+.
Áp dụng bảo tồn điện tích, ta có :
Trang 2/4 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

2n

Ba 2+

= n + + n + ⇒ n 2+ = 0, 25 mol ⇒ n Ba(OH)2 = 0, 25 mol
Ba
{H
{K
0,4

0,1

⇒ Vdd Ba(OH)2 1M (min) = 0, 25 lít
−
Ví dụ 4: Một loại nước cứng có chứa Ca 2+ 0,002M; Mg2+ 0,003M và HCO3 . Hãy cho biết cần lấy bao nhiêu

ml dung dịch Ca(OH)2 0,05M để biến 1 lít nước cứng đó thành nước mềm (coi như các phản ứng xảy ra
hoàn toàn và kết tủa thu được gồm CaCO3 và Mg(OH)2).
A. 200 ml.
B. 140 ml.
C. 100 ml.
D. 160 ml.
Hướng dẫn giải
Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch nước cứng, ta có :
n
= 2 n 2+ + 2 n 2+ = 0,01 mol.
HCO3−
Ca
{
1Mg
23
0,002.1

0,003.1

Chuyển dung dịch nước cứng thành dung dịch ảo X chứa 0,002 mol Ca 2+, 0,003 mol Mg2+, 0,01 mol H+ và
0,01 mol CO32− .
Sơ đồ phản ứng của X với dung dịch Ca(OH)2 :
Ca 2+ , Mg 2+ Ca(OH)
 Mg(OH) 2 ↓
2
→
+ H 2O
 +


2−
CaCO3 ↓
 H , CO3
Khi cho V lít dung dịch Ca(OH)2 0,05M vào X, xảy ra phản ứng của ion Ca2+ (trong X và trong Ca(OH)2),
với ion CO32− tạo kết tủa. Ta có :
n

Ca 2+

=n

CO32 −

⇒ 0,002 + 0,05V = 0,01 ⇒ V = 0,16 lít = 160 ml

−
Ví dụ 5: Dung dịch E gồm x mol Ca2+, y mol Ba2+, z mol HCO 3 . Cho từ từ dung dịch Ca(OH)2 nồng độ a

mol/l vào dung dịch E đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì vừa hết V lít dung dịch Ca(OH) 2. Biểu
thức liên hệ giữa các giá trị V, a, x, y là
x+y
x + 2y
A. V =
B. V =
C. V = 2a(x + y) D. V = a(2x + y)
a
a
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2012)
Hướng dẫn giải
2−

Chuyển E thành dung dịch ảo E’ gồm : x mol Ca2+, y mol Ba2+, z mol H+ và z mol CO 3 . Áp dụng bảo

toàn điện tích cho dung dịch E’, ta có :
2 n 2+ + 2 n 2+ + n + = 2 n 2− ⇒ z = 2x + 2y
Ba
Ca
{H
{
{
14CO
2343
y

x

z

2+

z

2+

2+
 Ba
 Ca
{ , Ca
{
{
 y mol x mol



aV mol
 BaCO3 ↓
+

→
+ H2O
Sơ đồ phản ứng : 


+
−
, CO32−
CaCO3 ↓
{
 H
 OH
{
1
2
3
(2x + 2y) mol (2x + 2y) mol  2aV mol

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của Ba2+, Ca2+ với ion CO32− , ta có:
n 2 + + n 2 + = n 2− ⇒ V =
Ba
Ca
{
{

14CO
2343
x + aV

y

x+y
a

2x + 2y

Hoặc áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của ion H+ với ion OH- , ta có:
n

H+

=n

OH-

Þ 2x + 2y = 2aV Þ V =

x+y
a
Trang 3/4 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

−

2−
2−
Ví dụ 6: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO3 ; c mol CO3 và d mol SO 4 . Để tạo kết tủa lớn nhất

người ta phải dùng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là :
a+b
a+b
a+b
a+b
A. x =
.
B. x =
.
C. x =
.
D. x =
.
0,1
0, 2
0,3
2
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ,
năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
Chuyển ion HCO3− thành 2 ion ảo là CO32− và H+.
Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm : a mol Na+; b mol H+, (b+c) mol CO32− và d mol SO 24− .
Cho Ba(OH)2 vào dung dịch X’ sẽ tạo ra kết tủa là BaSO 4 và BaCO3. Như vậy, các ion Na+ và H+ đã được
thay thế bằng ion Ba2+.
Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có :

2n

Ba 2 +

=n

Na +

+n

H+

⇒n

Ba 2 +

=

a+b
a+b
a+b
mol ⇒ n Ba(OH)2 =
mol ⇒ x =
2
2
0,2

−
2−
−

Ví dụ 7: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol HCO3 ; c mol CO3 và d mol HSO3 . Để tạo kết tủa lớn nhất

người ta phải dùng vừa hết 100 ml dung dịch Ca(OH)2 x mol/l. Biểu thức tính x theo a và b là:
A. x =

a+b
.
0,1

B. x =

a+b+c
a+b
. C. x =
.
0, 2
0,3

D. x =

a+b+d
.
0, 2

Hướng dẫn giải
Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X’ gồm các ion CO32− , SO32− , (b + d) mol H + , và a mol Na+.
Cho Ca(OH)2 vào X’ tạo ra kết tủa là CaCO3, CaSO3. Như vậy các ion H+, Na+ được thay thế bằng ion Ca2+.
Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có :
a+b+d
a+b+d

2 n 2 + = n + + n + ⇒ n 2+ =
mol ⇒ n Ca(OH)2 =
mol
Ca
H
Na
Ca
2
2
{
{
{
?

b+ d

⇒ [Ca(OH) 2 ] =

a

a+b+d
0, 2

Trang 4/4 - Mã đề thi 357